BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
PHẠM BÌNH NGUYÊN
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA
SINH BỞI CÁC YẾU TỐ
TRONG TAM GIÁC
Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60. 46. 40
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
ĐÀ NẴNG - NĂM 2010
www.VNMATH.com
2
Mục lục
Lời nói đầu 4
Các đơn vị kiến thức liên quan 5
1 Các kiến thức cơ bản về phương trình bậc ba 24
1.1 Phương pháp giải phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . 24
1.2 Các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba . . . . . . . 25
2 Phương trình bậc ba của các yếu tố trong tam giác 36
2.1 Phương trình bậc ba với nghiệm là các yếu tố độ dài trong
tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.2 Phương trình bậc ba sinh bởi các biểu thức lượng giác trong
tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.3 Phương trình bậc ba của các cung và góc đặc biệt . . . . . 58
3 Bất đẳng thức trong tam giác và nhận dạng tam giác 65
3.1 Nhận dạng tam giác đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.2 Nhận dạng tam giác vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.3 Nhận dạng tam giác cân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
4 Một số dạng bất đẳng thức liên quan 103

đều có thể biểu diễn qua p, R, r, tức phương trình bậc ba tìm được sẽ có
hệ số chứa p, R, r.
Luận văn nhằm hiểu về các phương trình bậc ba sinh bởi các yếu tố
trong tam giác và nêu cách giải quyết các vấn đề liên quan. Trên cơ sở đó
xây dựng một số hệ thức lượng giác mới dựa vào tính chất của phương
trình bậc ba và các bất đẳng thức quen biết.
Luận văn được chia làm ba chương:
Chương 1 trình bày về phương trình bậc ba, nêu cách giải và các tính
chất của chúng.
Chương 2 xây dựng các phương trình bậc ba với hệ số là ba yếu tố cơ
bản p, R, r và nhận các yếu tố trong tam giác là các nghiệm của chúng.
Sau đó, dựa vào các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba để đưa ra
một số hệ thức lượng giác mới.
Chương 3 khảo sát các bất đẳng thức trong tam giác và nhận dạng tam
giác (vuông, đều, cân).
www.VNMATH.com
5
Các đơn vị kiến thức liên quan
I. Một số định lý quan trọng
Định lí 1 (Định lý Thales). Các đường thẳng song song định ra trên hai
cát tuyến những đoạn thẳng tỉ lệ.
Hệ quả 1. Đường thẳng song song với một cạnh của tam giác tạo với hai
cạnh kia một tam giác có các cạnh tương ứng tỉ lệ với các cạnh của tam
giác đã cho.
Hình 1:
Định lí 2 (Định lý về đường phân giác trong của
tam giác).
Đường phân giác trong của một tam giác chia cạnh
đối diện thành hai phần tỉ lệ với hai cạnh bên
tương ứng.

DB
=
AC
AB
. 
Định lí 3 (Hệ thức lượng trong tam giác vuông và định lý Pythagoras).
Trong một tam giác vuông bất kì ta luôn có:
1. Cạnh góc vuông là trung bình nhân của cạnh huyền và hình chiếu của
nó trên cạnh huyền;
2. Đường cao là trung bình nhân của hai hình chiếu hai cạnh góc vuông
trên cạnh huyền;
3. Bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông.
Chứng minh. Cho tam giác ABC vuông tại A, kẻ đường cao AH, ta ký
hiệu: a = BC, b = AC, c = AB, h = AH, b

= CH, c

= BH.
www.VNMATH.com
6
Hình 2:
Khi ấy định lý trên được phát biểu dưới dạng
ký hiệu là:
1. b
2
= ab

, c
2
= ac

.
Tương tự, hai tam giác vuông ACH và BCA đồng dạng nên
AC
CH
=
BC
CA
hay AC
2
= CH.BC, tức là b
2
= ab

.
Hai tam giác vuông ABH và CAH cũng đồng dạng nên
BH
AH
=
AH
CH
hay
AH
2
= BH.CH, tức là h
2
= b

c

.

= CH là hình chiếu của các cạnh AB = c, BC = a
trên cạnh AC = b. Khi ấy:
1. Nếu góc A nhọn thì a
2
= b
2
+ c
2
− 2bc

;
2. Nếu góc A tù thì a
2
= b
2
+ c
2
+ 2bc

.
Chứng minh. Theo định lý Pythagoras, ta có
Hình 3:
1. Khi góc A nhọn thì (Hình 3a)
a
2
= a
2
+ h
b
2

2
= a
2
+ c
2
− c
2
= c
2
+ (b + c

)
2
− c
2
= c
2
+ b
2
+ 2bc

.
Vậy định lý được chứng minh. 
Định lí 5 (Đường thẳng Euler). Gọi G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực
tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thì khi đó ta có
−−→
HO = 3
−→
GO.
Chứng minh.

GO, chứng tỏ H, G và O thẳng
hàng và
−−→
HO = 3
−→
GO. 
Định lí 6 (Định lý Stewart). Nếu đường thẳng AD = d thuộc tam giác
ABC chia cạnh BC thành những đoạn BD = m và CD = n thì
d
2
a = b
2
m + c
2
n −amn.
Chứng minh.
Hình 5:
Giả sử AH là đường cao của tam giác
ABC, theo định lí về hệ thức lượng trong
tam giác thường (Định lí 4), từ các tam
giác BDA và ADC ta có (Hình 5)
c
2
= d
2
+ m
2
− 2mDH.
b
2

=
k
q
thì d
2
=
b
2
k
k + q
+
c
2
q
k + q
−
a
2
kq
(k + q)
2
.
Chứng minh. Vì
BD
DC
=
m
n
=
k

2
aq
k + q
−
a
3
kq
(k + q)
2
hay d
2
=
b
2
k
k + q
+
c
2
q
k + q
−
a
2
kq
(k + q)
2
. 
Hệ quả 3. Đường trung tuyến của tam giác được tính bởi công thức
m

+ b
2
+ c
2
).
Chứng minh. Từ hệ quả trên ta có m
a
2
=
2(b
2
+ c
2
) −a
2
4
Tương tự m
b
2
=
2(a
2
+ c
2
) −b
2
4
; m
c
2

GA =
2
3
m
a
.
Kết hợp với công thức đường trung tuyến, ta được
GA
2
=
4
9
m
a
2
=
2(b
2
+ c
2
) −a
2
9
.
www.VNMATH.com
9
Tương tự
GB
2
=

.
Cộng các vế đẳng thức trên, ta được điều phải chứng minh. 
Hệ quả 6. Đường phân giác của góc A được tính bởi công thức
l
a
=
2

bcp(p −a)
b + c
.
Chứng minh. Theo định lý về đường phân giác (Định lí 2), ta có
Hình 7:
DB
DC
=
AB
AC
=
c
b
=
k
q
.(Hình 7)
Suy ra
c
b + c
=
k

b + c
+
c
2
b
b + c
−
a
2
bc
(b + c)
2
= bc
(b + c)
2
− a
2
(b + c)
2
= bc
(b + c + a)(b + c − a)
(b + c)
2
= 4bc
p(p −a)
(b + c)
2
.
Với ký hiệu đường phân giác l
a

−→
IA + b
−→
IB + c
−→
IC =
−→
0
4. a
−→
OA + b
−−→
OB + c
−→
OC = (a + b + c)
−→
OI
5. a
−−→
HA + b
−−→
HB + c
−−→
HC = (a + b + c)
−→
HI.
Chứng minh.
www.VNMATH.com
10
Hình 8:

GA +
−→
OG +
−−→
GB +
−→
OG +
−→
GC
= 3
−→
OG +
−→
GA +
−−→
GB +
−→
GC = 3
−→
OG.
3. Theo Định lí về đường phân giác (Định lý 2),
ta có
DB
DC
=
c
b
hay
−−→
DB = −

Do
DB
DC
=
c
b
nên
DB
DC + DB
=
c
b + c
hay DB =
ac
b + c
.
Và ta lại có BI là phân giác trong của góc B nên áp dụng định lí về đường
phân giác (Định lý 2) cho tam giác ADB, ta được
Hình 9:
ID
IA
=
BD
BA
=
ac
b + c
c
=
a

OI = a(
−→
OA −
−→
IA) + b(
−−→
OB −
−→
IB) + c(
−→
OC −
−→
IC).
= a
−→
OA + b
−−→
OB + c
−→
OC − (a
−→
IA + b
−→
IB + c
−→
IC)
= a
−→
OA + b
−−→

−→
IB + c
−→
IC)
= a
−−→
HA + b
−−→
HB + c
−−→
HC.

Hệ quả 7. Khoảng cách từ trọng tâm đến tâm đường tròn ngoại tiếp được
tính bởi công thức
OG =
1
3

9R
2
− (a
2
+ b
2
+ c
2
).
Chứng minh. Ta có
2
−→

OA.
−→
OC =
−→
OA
2
+
−→
OC
2
− (
−→
OA −
−→
OC)
2
= 2R
2
− (
−→
AC)
2
= 2R
2
− b
2
;
2
−−→
OB.

−→
OA +
−−→
OB +
−→
OC.
Bình phương vô hướng hai vế, ta được
9OG
2
= OA
2
+ OB
2
+ OC
2
+ 2(
−→
OA.
−−→
OB +
−−→
OB.
−→
OC +
−→
OC.
−→
OA)
= 3R
2

+ b
2
+ c
2
). 
Hệ quả 8. Khoảng cách từ trực tâm đến tâm đường tròn ngoại tiếp được
tính bởi công thức
OH =

9R
2
− (a
2
+ b
2
+ c
2
).
Chứng minh. Được suy ra từ Hệ quả 7 và Định lý 5. 
www.VNMATH.com
12
Hệ quả 9. Khoảng cách từ trọng tâm đến trực tâm tiếp được tính bởi
công thức
GH =
2
3

9R
2
− (a

−−→
OB = 2R
2
− c
2
; 2
−→
OA.
−→
OC = 2R
2
− b
2
; 2
−−→
OB.
−→
OC = 2R
2
− a
2
(xem chứng minh trong Hệ quả 7) ta được (a + b + c)
2
OI
2
= (a
2
+ b
2
+ c

tính bởi công thức
HI
2
= 4R
2
−
a
3
+ b
3
+ c
3
+ abc
a + b + c
.
Chứng minh. Theo Định lý 7 ta có (a+b+c)
−→
HI = a
−−→
HA+b
−−→
HB+c
−−→
HC.
Bình phương vô hướng đẳng thức trên và sử dụng các hệ thức
2
−−→
HA.
−−→
HB =

HC = HB
2
+HC
2
−a
2
; 2
−−→
HC.
−−→
HA = HC
2
+HA
2
−b
2
.
Ta được (a + b + c)
2
HI
2
= a
2
HA
2
+ b
2
HB
2
+ c

2
+ HB
2
− c
2
)
+ac(HA
2
+ HC
2
− b
2
) + bc(HB
2
+ HC
2
− a
2
)
= (a + b + c)(aHA
2
+ bHB
2
+ cHC
2
) −abc(a + b + c).
www.VNMATH.com
13
Từ Định lý 5 ta có
−−→

2
− b
2
;
HC
2
= (2OC

)
2
= 4R
2
− c
2
.
Suy ra aHA
2
+ bHB
2
+ cHC
2
= a(4R
2
− a
2
) + b(4R
2
− b
2
) + c(4R

a
3
+ b
3
+ c
3
+ abc
a + b + c
. 
Hệ quả 12. Khoảng cách giữa trọng tâm và tâm đường tròn nội tiếp được
tính bởi công thức
IG =
1
3

9r
2
− 3p
2
+ 2(a
2
+ b
2
+ c
2
).
Chứng minh. Gọi A

là trung điểm BC. M, N, P lần lượt là các tiếp
điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh (Hình 11), ta có

+ MA
2
=

r
2
+
(b −c)
2
4
=
1
2

4r
2
+ (b − c)
2
.
Từ tam giác vuông INA ta có
IA =

IN
2
+ AN
2
=

r
2

1
3
AA

và AA

=
1
2

2(b
2
+ c
2
) −a
2
nên
IG
2
=
IA
2
.GA

AA

+
IA
2
.GA

2
+ 3b
2
− 6bc + 3c
2
− 2b
2
− 2c
2
+ a
2
18
= r
2
+
6p
2
− 12ap + 7a
2
+ b
2
− 6bc + c
2
18
= r
2
+
6p
2
− 6a(a + b + c) + 7a

2
+ b
2
+ c
2
)
18
= r
2
+
6p
2
− 3(a + b + c)
2
+ 4(a
2
+ b
2
+ c
2
)
18
= r
2
+
6p
2
− 3.4p
2
+ 4(a

2
+ b
2
+ c
2
). 
Hình 12:
Định lí 8. (Định lý Ptolemy) Trong một tứ giác nội
tiếp, tích hai đường chéo bằng tổng của tích hai cạnh
đối, tức là
AC.BD = BC.AD + AB.CD
Chứng minh. Dựng góc

DAF =

BAC (Hình 12).
Do

BCA =

BDA nên hai tam giác ABC và AF D
đồng dạng, suy ra
BC
F D
=
AC
AD
hay
AC.F D = BC.AD (∗)
www.VNMATH.com

a
sinA
=
b
sinB
=
c
sinC
= 2R.
Chứng minh. Vẽ đường tròn tâm O bán kính R ngoại tiếp tam giác
ABC.
Hình 13:
Trường hợp 1. Nếu

A = 90
0
.
Khi đó a = BC = 2R và sinA = 1 (Hình 13a) và khi đó do tam giác
ABC vuông tại A nên
sinB =
AC
BC
=
b
a
=
b
2R
và sinC =
AB

A =

A

(Hình 13b) do đó
sinA = sinA

=
BC
BA

=
a
2R
.
2. Nếu góc A tù thì

A = 180
0
−

A

(Hình 13c) do đó
sinA = sin(180
0
− A

) = sinA


a
2
= b
2
+ c
2
− 2bccosA;
b
2
= a
2
+ c
2
− 2accosB;
c
2
= a
2
+ b
2
− 2abcosC.
Chứng minh. Từ hệ thức lượng trong tam giác thường (Định lý 4) và
công thức về góc lượng giác cho hàm số cosin thì khi góc A nhọn ta có
a
2
= b
2
+ c
2
− 2bc

+ c
2
− 2bccosA.
Các công thức còn lại là tương tự. 
Định lí 11. (Công thức đường trung tuyến) Trong tam giác ABC ta luôn
có
m
a
2
=
2(b
2
+ c
2
) −a
2
4
; m
b
2
=
2(a
2
+ c
2
) −b
2
4
; m
c

cos

AMB
và b
2
= (
a
2
)
2
+ m
a
2
− 2
a
2
m
a
cos

AMC
Do

AMC = 180
0
−

AMB nên
cos


a + b
=
tan
A −B
2
tan
A + B
2
= tan
A −B
2
tan
C
2
.
Chứng minh. Từ định lý hàm số sin và các công thức lượng giác cơ
bản, ta có
a −b
a + b
=
2R(sinA −sinB)
2R(sinA + sinB)
=
2cos
A + B
2
.sin
A −B
2
2sin

a −b
a + b
=
tan
A −B
2
tan
A + B
2
= tan
A −B
2
tan
C
2
. 
www.VNMATH.com
18
Định lí 13. (Công thức về hình chiếu trong tam giác) Trong tam giác
ABC ta luôn có
a = b.cosC + c.cosB = r(cot
B
2
+ cot
C
2
);
b = c.cosA + a.cosC = r(cot
C
2

a
=
1
2
b.h
b
=
1
2
c.h
c
;
2. S =
1
2
bcsinA =
1
2
acsinB =
1
2
absinC;
3. S = 2R
2
sinAsinBsinC =
abc
4R
;
4. S =


1
2
a.h
a
=
1
2
b.h
b
=
1
2
c.h
c
là do định nghĩa.
www.VNMATH.com
19
Hình 16:
2. Do h
a
= AH = bsinC = csinB (Hình 16)
nên S =
1
2
a.h
a
=
1
2
absinC =

ab
c
2R
=
abc
4R
.
4. Trong một tam giác luôn có ít nhất hai góc nhọn, do đó không mất
tính tổng quát, ta giả thiết góc B và C nhọn. Theo định lý Pythagoras
(Hình 16) ta có
BH
2
= AB
2
− AH
2
= c
2
− h
a
2
; CH
2
= AC
2
− AH
2
= b
2
− h

c
2
− b
2
a
từ đó cho ta BH =
c
2
+ a
2
− b
2
2a
vậy
h
a
2
= c
2
− BH
2
= c
2
− (
c
2
+ a
2
− b
2

2
))
4a
2
=
((c + a)
2
− b
2
)(b
2
− (c − a)
2
)
4a
2
=
(a + b + c)(a + c − b)(b + c − a)(b −c + a)
4a
2
www.VNMATH.com
20
Hình 17:
=
4p(p −a)(p −b)(p −c)
a
2
.
Suy ra h
a

2
+
ar
2
= pr.
6. Gọi E là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC ứng với cạnh BC.
P, M, N lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp với các cạnh
BC, AB, AC. Khi ấy (Hình 18) ta có
Hình 18:
S
ABC
= S
ABE
+ S
ACE
− S
BCE
=
AB.EM
2
+
AC.EN
2
−
BC.EP
2
= (p −a)r
a
.
Tương tự ta có

vậy S =
√
rr
a
r
b
r
c
.
8. Ta có
ar
b
r
c
r
b
+ r
c
=
a
S
p −b
S
p −c
S
p −b
+
S
p −c
=

a
+
1
r
b
+
1
r
c
=
1
h
a
+
1
h
b
+
1
h
c
.
Chứng minh.
1. Từ công thức tính diện tích S = pr = (p−a)r
a
= (p−b)r
b
= (p−c)r
c
suy ra

a
+
1
r
b
+
1
r
c
=
p
S
=
1
r
.
2. Từ công thức tính diện tích S = pr =
1
2
ah
a
=
1
2
bh
b
=
1
2
ch

b
+
1
h
c
=
a + b + c
2S
=
p
pr
=
1
r
.
Do đó ta có
1
r
=
1
r
a
+
1
r
b
+
1
r
c


p(p −a)(p −b)(p −c)
.
Chứng minh. Được suy ra từ định lý hàm số sin và các công thức tính
diện tích (Định lí 9 và Định lí 14). 
Định lí 16. ( Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác) Trong tam giác
ABC ta luôn có
r = (p − a)tan
A
2
= (p −b)tan
B
2
= (p −c)tan
C
2
=
S
p
=

(p −a)(p −b)(p −c)
p
.
Chứng minh. Ta có AM = r.cot
A
2
(Hình 17) nhưng
p −a =
a + b + c

2
=
S
p −a
=

p(p −b)(p −c)
p −a
.
Chứng minh. Ta có AM = r
a
.cot
A
2
(Hình 18) nhưng
p =
a + b + c
2
=
AB + AC + BP + CP
2
=
AB + BM + AC + CN
2
= AM.
Vậy p = r
a
.cot
A
2

.
Chứng minh 1. Theo công thức tính diện tích ta có
S
ABC
= S
ABD
+ S
ACD
hay
1
2
bcsinA =
1
2
c.AD.sin
A
2
+
1
2
b.AD.sin
A
2
=
1
2
c.l
a
.sin
A

sin
A
2
.
Suy ra l
a
=
2bc.cos
A
2
b + c
.
Chứng minh 2. Từ định lý hàm số cos ta có cosA =
b
2
+ c
2
− a
2
2bc
, suy
www.VNMATH.com
23
ra
1 + cosA = 1 +
b
2
+ c
2
− a

=
2bc.cos
A
2
b + c
=
2

bcp(p −a)
b + c
.

www.VNMATH.com
24
Chương 1
Các kiến thức cơ bản về phương
trình bậc ba
1.1 Phương pháp giải phương trình bậc ba
Các sách hiện nay chủ yếu trình bày cách giải phương trình bậc ba theo
cách cổ điển là công thức Cardano. Tuy nhiên tôi xin lựa chọn cách giải
phương trình bậc ba theo cách của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu đã trình
bày trong quyển "Phương pháp giải phương trình và bất phương trình".
Đầu tiên chúng ta nhận xét rằng mọi phương trình bậc ba tổng quát
a
1
x
3
+ b
1
x

a
3
) + c = 0
⇔ y
3
− py = q.
Với p =
a
2
3
− b, q = −
2a
3
27
+
ab
3
− c.
1) Nếu p = 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất y =
3
√
q.
2) Nếu p > 0. Đặt y = 2

p
3
t. Khi đó ta được phương trình
www.VNMATH.com
25
4t

m
2
− 1.
Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất
t =
1
2
(d +
1
d
) =
1
2
(
3

m +

m
2
− 1 +
3

m −

m
2
− 1).
3) Nếu p < 0, đặt y = 2


t =
1
2
(d −
1
d
) =
1
2
(
3

m +

m
2
+ 1 +
3

m −

m
2
+ 1).
1.2 Các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba
Phương trình bậc ba
x
3
+ ax
2

1
= b;
Tính chất 1.3. T
3
= x
1
x
2
x
3
= −c.
Chứng minh. Các tính chất trên được chứng minh dễ dàng bằng phương
pháp đồng nhất thức. 
www.VNMATH.com